这题值得好好写写：
很快想到了如果一堆数的公因数都是a，那么必定都是a的倍数（废话）
那么如果在[l,r]里找到最小的a的倍数，再逐渐+a,+2*a,得到的一堆数必定gcd==a的条件
而且，这些数的个数还要至少为k
问题转化成了求a，a满足[l,r]里面是a的倍数的数大于等于k个
plan A:
写了个枚举，a的最大值是（r-l+1）/k；
当然狠狠地超时了
plan B：
看了题解后明白了一种叫差分的思想和一种叫整除分块的东西
差分思想：其实是 r/a-(l-1)/a>=k
没想到这个，我连分块都摸不到hhh（安慰自己想不到hin正常
观察r/a：
——by pengym 侵删
这里r就是n,a就是i。
说明r/a的值是有限的，且同一个r/a，可能对应了好几个a
那是不是，用整除分块可以把a切成一块块的，在每个块里面，r/a的值和(l-1)/a的值是固定的，只要check一下满不满足>=k这个条件，就可以直接计算这个块的贡献:
这个块的长度！
但是实现起来，emmm：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll l,r,k;
map<ll,ll>Hash;
int main()
{
ll ans=0;
cin>>l>>r>>k;
l--;
for(ll L=1,R;L<=r;L=R+1)
{
R=r/(r/L);
ll v1=r/L;
ll v2=l/L;
if(v2) R=min(R,l/v2);
if(v1-v2>=k) ans+=(R-L)+1;
}
cout<<ans;
}
我们发现如果没有这部分，是会卡在89tps的：
ll v1=r/L; ll v2=l/L; if(v2) R=min(R,l/v2);
把每次l/v2和r/v1的结果打出来，发现v1和v2的大小关系不确定
就是说我们有l，还有r,每个数都有自己的分块切法，显然不会完全相同
那当然是取右边界小的那个了！再多出去一些，可能对其中有个数来说，就跑到下一个块了
然后好奇了一下，这样改会不会对时间复杂度有影响？
答：没啥头绪，不会想，反正跑得挺快的hhh
标签：GCD,分块,ll,v1,v2,倍数,整除 来源： https://www.cnblogs.com/liyishui2003/p/16391470.html
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